2022届高考数学一轮复习第五章第一节数列的概念与简单表示法课时作业理含解析北师大版

数列的概念与简单表示法 授课提示：对应学生用书第 323 页 [A 组 基础保分练] 1．下列关于星星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是（ ） A．an＝n2－n＋1 B．an＝ n（n－1） 2 C．an＝ n（n＋1） 2 D．an＝ n（n＋2） 2 解析：从题图中可观察星星的构成规律，n＝1 时，有 1 个；n＝2 时，有 3 个；n＝3 时，有 6 个；n＝4 时，有 10 个；…；∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝ n（n＋1） 2 ． 答案：C 2．（2021·山西太原模拟）已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＋an＝2n（n∈N＋），则 a7＝（ ） A． 7 3 B． 127 64 C． 321 32 D． 385 64 解析：当 n≥2 时，Sn－1＋an－1＝2n－2，又 Sn＋an＝2n，所以 2an－an－1＝2，所以 2（an －2）＝an－1－2，故{an－2}是首项为 a1－2，公比为 1 2 的等比数列， 又 S1＋a1＝2，故 a1＝1，所以 an＝－ 1 2 n－1 ＋2，故 a7＝2－ 1 64 ＝ 127 64 ． 答案：B 3．在数列{an}中，若对任意的 n∈N＋均有 an＋an＋1＋an＋2 为定值，且 a1＝2，a9＝3，a98＝ 4，则数列{an}的前 100 项的和 S100＝（ ） A．132 B．299 C．68 D．99 解析：因为对任意的 n∈N＋均有 an＋an＋1＋an＋2 为定值，所以 an＋an＋1＋an＋2＝an＋1＋an＋2 ＋an＋3，所以 an＋3＝an．所以数列{an}是周期数列，且周期为 3．故 a2＝a98＝4，a3＝a9＝3， a100＝a1＝2，所以 S100＝33（a1＋a2＋a3）＋a100＝299． 答案：B 4．（2021·济宁期中测试）已知数列{an}满足 an＝ an－2，n＜4， （6－a）n－a，n≥4， 若对任意的 n∈N＋ 都有 an＜an＋1 成立，则实数 a 的取值范围为（ ） A．（1，4） B．（2，5） C．（1，6） D．（4，6） 解 析 ： 因 为 对 任 意 的 n ∈ N ＋ 都 有 an ＜ an ＋ 1 成 立 ， 所 以 数 列 是 递 增 数 列 ， 因 此 1＜a， 6－a＞0， a＜（6－a）×4－a， 解得 1＜a＜4． 答案：A 5．已知数列{an}满足 a1＝2，且 2an＋1－1＝a1＋a12an－2，则 a32＝（ ） A．8 B．7 C．6 D．5 解析：将 a1＝2 代入 2an＋1－1＝a1＋a12an－2，整理得 2an＋1－1－2an－1＝2，又 2a1－1 ＝2，所以数列{2an－1}是首项为 2，公差为 2 的等差数列，所以 2an－1＝2＋（n－1）×2 ＝2n，所以 an＝log22n＋1，于是 a32＝log264＋1＝7． 答案：B 6．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统 文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量 总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其前 10 项依次是 0，2，4， 8，12，18，24，32，40，50，…，则此数列的第 20 项为（ ） A．180 B．200 C．128 D．162 解析：由 0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，可得偶数项的通项公式为 a2n＝2n2， 则此数列的第 20 项为 2×102＝200． 答案：B 7．已知{an}满足 an＝（n－λ）2n（n∈N＋），若{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________． 解析：因为{an}是递增数列， 所以 an＋1＞an，所以（n＋1－λ）2n＋1＞（n－λ）2n， 化简得λ＜n＋2，对任意 n∈N＋都成立． 所以λ＜3． 答案：（－∞，3） 8．（2021·天水月考）已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3·2n，则数列{an}的通项公式 an ＝________． 解析：由 an＋1＝2an＋3·2n，得 an＋1 2n＋1 ＝ an 2n ＋ 3 2 ，即 an＋1 2n＋1 － an 2n ＝ 3 2 ．又 a1 2 ＝1，∴数列 an 2n 是以 1 为 首项，以 3 2 为公差的等差数列，则 an 2n ＝1＋ 3 2 （n－1）＝ 3 2 n－ 1 2 ，∴an＝（3n－1）·2n－1． 答案：（3n－1）·2n－1 9．（1）已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和，且 log2（Sn＋1）＝n＋1，求数列{an}的通项公式； （2）已知数列{an}的各项均为正数，Sn 为其前 n 项和，且对任意 n∈N＋，均有 2Sn＝an＋a2 n， 求数列{an}的通项公式． 解析：（1）由 log2（Sn＋1）＝n＋1，得 Sn＋1＝2n＋1， 当 n＝1 时，a1＝S1＝3；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n， ∴数列{an}的通项公式为 an＝ 3，n＝1， 2n，n≥2. （2）∵2Sn＝an＋a2 n，当 n＝1 时，2S1＝2a1＝a1＋a2 1． 又 a1＞0，∴a1＝1．当 n≥2 时，2an＝2（Sn－Sn－1）＝an＋a2 n－an－1－a2 n－1， ∴（a2 n－a2 n－1）－（an＋an－1）＝0， ∴（an＋an－1）（an－an－1）－（an＋an－1）＝0， ∴（an＋an－1）（an－an－1－1）＝0， ∵an＋an－1＞0，∴an－an－1＝1， ∴{an}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，∴an＝n（n∈N＋）． 10．（2021·东营模拟）设数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{Sn}的前 n 项和为 Tn，满足 Tn＝2Sn －n2，n∈N＋． （1）求 a1 的值； （2）求数列{an}的通项公式． 解析：（1）令 n＝1，T1＝2S1－1， 因为 T1＝S1＝a1， 所以 a1＝2a1－1，所以 a1＝1． （2）n≥2 时，Tn－1＝2Sn－1－（n－1）2， 则 Sn＝Tn－Tn－1 ＝2Sn－n2－[2Sn－1－（n－1）2] ＝2（Sn－Sn－1）－2n＋1 ＝2an－2n＋1． 因为当 n＝1 时，a1＝S1＝1 也满足上式， 所以 Sn＝2an－2n＋1（n≥1）， 当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1－2（n－1）＋1， 两式相减得 an＝2an－2an－1－2， 所以 an＝2an－1＋2（n≥2）， 所以 an＋2＝2（an－1＋2）， 因为 a1＋2＝3≠0， 所以数列{an＋2}是以 3 为首项，公比为 2 的等比数列． 所以 an＋2＝3×2n－1， 所以 an＝3×2n－1－2， 当 n＝1 时也成立， 所以 an＝3×2n－1－2． [B 组 能力提升练] 1．在数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1（n≥2），那么 a2 019＝（ ） A．1 B．－2 C．3 D．－3 解析：因为 an＝an－1－an－2（n≥3），所以 an＋1＝an－an－1＝（an－1－an－2）－an－1＝－an－2， 所以 an＋3＝－an，所以 an＋6＝－an＋3＝an， 所以{an}是以 6 为周期的周期数列． 因为 2 019＝336×6＋3，所以 a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1． 答案：A 2．已知数列{xn}满足 xn＋2＝|xn＋1－xn|（n∈N＋），若 x1＝1，x2＝a（a≤1，a≠0），且 xn＋3 ＝xn 对任意的正整数 n 均成立，则数列{xn}的前 2 019 项和 S2 019＝（ ） A．672 B．673 C．1 344 D．1 346 解析：∵x1＝1，x2＝a（a≤1，a≠0），∴x3＝|x2－x1|＝|a－1|＝1－a，∴x1＋x2＋x3＝1＋a＋ （1－a）＝2，又 xn＋3＝xn 对任意的正整数 n 均成立，∴数列{xn}的周期为 3，∴数列{xn}的前 2 019 项和 S2 019＝S673×3＝673×2＝1 346． 答案：D 3．若数列 an＝cos π 3 n＋ π 5 ，k∈N＋，则在下列数列中，可取遍数列{an}前 6 项值的数列为 （ ） A．{a2k＋1} B．{a3k＋1} C．{a4k＋1} D．{a5k＋1} 解析：∵数列 an＝cos π 3 n＋ π 5 ，k∈N＋，∴a1＝cos 8π 15 ，a2＝cos 13π 15 ，a3＝cos 18π 15 ，a4＝ cos 23π 15 ，a5＝cos 28π 15 ，a6＝cos 33π 15 ＝cos 3π 15 ，a7＝cos 8π 15 ，∴{an}是以 6 为周期的周期数列， ∴{a5k＋1}是可取遍数列{an}前 6 项值的数列． 答案：D 4．对于一个给定的数列{an}，把它连续的两项 an＋1 与 an 的比 an＋1 an 记为 bn，得到一个新的数 列{bn}，称数列{bn}是数列{an}的一阶比数列．若数列{an}的一阶比数列是每一项均为 2 的常数 列，则 a2 021＋a2 019 a2 018＋a2 016 ＝（ ） A．8 B．6 C．4 D．2 解析：由题意可知，数列{an}是等比数列，且公比 q＝2，则 a2 021＋a2 019 a2 018＋a2 016 ＝ a2 019（q2＋1） a2 016（q2＋1） ＝ q3＝8． 答案：A 5．若数列{an}满足 a1＝－ 1 2 ，an＋an＋1＝ 2 n2＋2n ，则 a10＝________． 解析：法一：因为 an＋an＋1＝ 2 n2＋2n ，所以 an＋an＋1＝ 2 n（n＋2） ＝ 1 n － 1 n＋2 ，所以 a1＋a2 ＝1－ 1 3 ，因为 a1＝－ 1 2 ，所以 a2＝1－ 1 3 ＋ 1 2 ；因为 a2＋a3＝ 1 2 － 1 4 ，所以 a3＝ 1 3 － 1 4 －1；因为 a3＋a4＝ 1 3 － 1 5 ，所以 a4＝ 1 4 － 1 5 ＋1，以此类推，a10＝ 1 10 － 1 11 ＋1＝ 111 110 ． 法二：因为 an＋an＋1＝ 2 n2＋2n ，所以 an＋1＝ 2 n（n＋2） －an，因为 a1＝－ 1 2 ＝ 1 1×2 －1，所以 a2＝ 2 3 ＋ 1 2 ＝ 7 6 ＝ 1 2×3 ＋1，a3＝ 2 2×4 － 7 6 ＝－ 11 12 ＝ 1 3×4 －1，a4＝ 2 3×5 ＋ 11 12 ＝ 21 20 ＝ 1 4×5 ＋1，以此 类推，a10＝ 1 10×11 ＋（－1）10＝ 111 110 ． 答案： 111 110 6．已知数列{an}满足 a1＝2，an＋1＝ 1＋an 1－an （n∈N＋），则该数列的前 2 021 项的乘积 a1·a2·a3·…·a2 021＝________． 解析：由题意可得，a2＝ 1＋a1 1－a1 ＝－3， a3＝ 1＋a2 1－a2 ＝－ 1 2 ， a4＝ 1＋a3 1－a3 ＝ 1 3 ，a5＝ 1＋a4 1－a4 ＝2＝a1， 所以数列{an}是以 4 为周期的周期数列，而 2 021＝4×505＋1， 且 a1a2a3a4＝2×（－3）× － 1 2 × 1 3 ＝1． 故该数列前 2 021 项的乘积为 a1＝2． 答案：2 7．已知二次函数 f（x）＝x2－ax＋a（a＞0，x∈R），有且只有一个零点，数列{an}的前 n 项 和 Sn＝f（n）（n∈N＋）． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设 cn＝1－ 4 an （n∈N＋），定义所有满足 cm·cm＋1＜0 的正整数 m 的个数，称为这个数列 {cn}的变号数，求数列{cn}的变号数． 解析：（1）依题意，Δ＝a2－4a＝0，所以 a＝0 或 a＝4． 又由 a＞0 得 a＝4，所以 f（x）＝x2－4x＋4． 所以 Sn＝n2－4n＋4． 当 n＝1 时，a1＝S1＝1－4＋4＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5． 所以 an＝ 1，n＝1， 2n－5，n≥2. （2）由题意得 cn＝ －3，n＝1， 1－ 4 2n－5 ，n≥2. 由 cn＝1－ 4 2n－5 可知，当 n≥5 时，恒有 cn＞0． 又 c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－ 1 3 ，c5＝ 1 5 ，c6＝ 3 7 ， 即 c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0． 所以数列{cn}的变号数为 3． [C 组 创新应用练] 1．已知数列{an}满足 an＋1－an n ＝2，a1＝20，则 an n 的最小值为（ ） A．4 5 B．4 5－1 C．8 D．9 解析：由 an＋1－an＝2n 知 a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2， …，an－an－1＝2（n－1），n≥2， 以上各式相加得 an－a1＝n2－n，n≥2，所以 an＝n2－n＋20，n≥2， 当 n＝1 时，a1＝20 符合上式， 所以 an n ＝n＋ 20 n －1，n∈N＋， 所以 n≤4 时 an n 单调递减，n≥5 时 an n 单调递增， 因为 a4 4 ＝ a5 5 ，所以 an n 的最小值为 a4 4 ＝ a5 5 ＝8． 答案：C 2．（2021·昆明调研测试）将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多 1 项的规则排成如下数 阵： a1 a2，a3 a4，a5，a6 a7，a8，a9，a10 …… 记数阵中的第 1 列数 a1，a2，a4，…构成的数列为{bn}，Sn 为数列{bn}的前 n 项和．若 Sn＝2bn －1，则 a56＝________． 解析：当 n≥2 时，因为 Sn＝2bn－1，所以 Sn－1＝2bn－1－1，所以 bn＝2bn－2bn－1，所以 bn＝2bn－1（n≥2 且 n∈N＋），因为 b1＝2b1－1，所以 b1＝1，所以数列{bn}是首项为 1，公 比为 2 的等比数列，所以 bn＝2n－1．设 a1，a2，a4，a7，a11，…的下标 1，2，4，7，11，… 构成数列{cn}，则 c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累 加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋（n－1），所以 cn＝ n（n－1） 2 ＋1，由 cn＝ n（n－1） 2 ＋1 ＝56，得 n＝11，所以 a56＝b11＝210＝1 024． 答案：1 024 3．（2021·湛江模拟）一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期（公元 5 世纪）的 数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数， 三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整 数．设这个整数为 a，当 a∈[2，2 019]时，符合条件的 a 共有 个． 解析：由题设 a＝3m＋2＝5n＋3，m，n∈N， 则 3m＝5n＋1，m，n∈N， 当 m＝5k，n 不存在； 当 m＝5k＋1，n 不存在； 当 m＝5k＋2，n＝3k＋1，满足题意； 当 m＝5k＋3，n 不存在； 当 m＝5k＋4，n 不存在． 其中 k∈N． 故 2≤a＝15k＋8≤2 019，解－ 6 15 ≤k≤ 2 011 15 ，则 k＝0，1，2，…，134，共 135 个，即符 合条件的 a 共有 135 个．故答案为 135． 答案：135